10. Rekurentní vztahy

Transkript

1 Diskrétí matematika 0 Rekuretí vztahy phabala 202 Kapitolu uvedeme populárím příkladem 0 Rekuretí vztahy Příklad 0a: Teto problém je zám po ázvem Haojské věže Představte si tři tyčky, a jedé je avlečeo disků(s dírkou uprostřed) pěkě podle velikosti od ejvětšího dole po ejmeší ahoře(chtěl jsem udělat obrázek, ale místo toho vás pošlu do ejbližšího hračkářství, kde v odděleí pro mrňata určitě tyčku s kolečky mají) Cílem je dostat tyto disky do stejé pozice, ale a jié tyčce, přičemž jediý povoleý tah je přesuout právějedediskbuďaprázdoutyčeboadiskajiétyči,kterýjealevětší;jiýmislovy,elzeositvíc diskůajedouaelzepoložitvětšíameší(aelzejeodložitěkdeúplěmimo)jemožétutoúlohuvyřešit? Ať už vymyslíme jakýkoliv způsob, akoec musí přijít okamžik, kdy přesouváme dolí, ejvětší disk a cílovou tyčabychomtomohliudělat,jeutévšechydiskyadímdátěkamjiam,aležádýzichesmípřijít acílovoutyč,tobychomtotižteejvětšíemohlidátaěj,koeckoců,myteejvětšístejěchcemedát až dolů Vidíme tedy, že utou přípravou pro přesuutí ejvětšího disku je, aby všechy ostatí byly a té třetí tyči, a to samozřejmě podle velikosti(jiak to ejde) Shruto, chceme-li přeést celou hromadu řekěme a tyč 2,musímetamdátdolůejvětšídisk,cožvyžadujepřeeseípyramidydiskůadímatyččíslo3 DostávámetímjasourekurziZačemespyramidou diskůatyči,aabychomjipřeesliatyč2,musíme ejprvepřeésthorích diskůatyč3tutomešípyramidkuo discíchpřeesemetak,žejejíejvětší diskchcemepřeéstacílovoutyč3,aleatopotřebujemeto,cojeadím,tedypyramidkuvelikosti 2, přeéstatyčči2atddřívečipozdějidojdemektomu,žemámeěkampřeéstjededisk,atoteejmeší, což lze bez problémů Proveditelost by tedy mělo jít dokázat idukcí Jediá trochu ejasá věc je, že uprostřed řešeí budeme v situaci, kdy máme přeést řekěme pyramidku s 3 disky, ale dalších 5 disků z předchozího rekurzivího rozkladu už se ěkde potuluje Nedojde při pokusu o skutečou realizaci ašeho algoritmu ke kofliktu s pravidly? Naštěstí evšechytydiskyzpředchozíhorozkladujsoutotižvětšíežtyvašípyramidce,tudížjemůžemevdaé chvíli považovat za podlahu, v přesouváí té pyramidky ás eomezí Raději to zapracujeme do ašeho důkazu Zkusíme tedy dokázat idukcí, že dokážeme přeést pyramidku disků z libovolé tyče a a libovolou jiou tyč b,stím,žeatyčích bacjižmohoubýtějakévětšídisky (0) =:Jedediskurčitěpřeesemeacílovoutyč,přičemžámebudevadit,kdyžužtambudeějaký větší disk ()Předpokládáme,žepyramidkuovelikosti umímemějmepyramidkuo+discíchatyči a,potřebujeme jidostatatyč b,přičemžatyčích bacužjsoutřebaějakédiskyvětšíežtyvašípyramidcenejprve použijeme idukčí předpoklad a přesueme horích disků a tyč c(v tom ám případý větší disk dole ebude vadit),pakpřesuemespodídiskašípyramidkyatyč b(aivtomámpřípadývětšídiskebudevadit), ačežopětvyužijemeidukčípředpokladapřesuemehorích diskůašípyramidyztyče catyč b,kdeuž ležídisksčíslem +,kterýjevětšíeždiskypyramidkyadím,itojevpořádku Tím je důkaz hotov TobylosadéMohemzajímavějšíjeotázka,kolikpřesuůdisků( tahů )atobudemepotřebovatkdyž ozačíme H počettahů,kteréášalgoritmusspotřebujeapřesupyramidkyodiscích,takámzkušeostiz kapitolyoidukciazačují,žepro H dostaemerekurzivívztahjejasé,že H =Postupvkroku()pak říká,že H + = H ++H =2H + PodobéfukcejsmezkoumalivkapitoleNejprvejsmesivždyspočítaliěkolikprvíchhodotapakztoho uhádlivzoreczdemáme H =, H 2 =3, H 3 =7, H 4 =5, H 5 =3Vidíteějakývzorec?Pokude,zkusíme siještějiýpřístup,kterýatojdezopačéstray,použijemekalezeí H aširekurzi,trochuoptimismua Větu H =2H +=2(2H 2 +)+=2 2 H =2 2 (2H 3 +)+2+=2 3 H =2 3 (2H 4 +) =2 4 H = =2 H = 2 i = 2 2 =2 Ta část se třemi tečkami je samozřejmě podezřelá, to byl te optimismus Proto jsme zatím edokázali, že máme správou odpověď, ale máme už rozumého kadidáta, pro kterého správost dokážeme sado idukcí: (0) H =2 =,tosouhlasí ()Předpokládejme,žeproějaké máme H =2 Pak Souhlasí, áš vzorec je správý H + =2H +=2 (2 )+=2 + 0a 0a

2 Diskrétí matematika 0 Rekuretí vztahy phabala 202 ŘešeíhádakyzvaéHaojskévěžepro diskůtedyzabere2 přesuů,pokudpoužijemeášalgoritmus Zajímavéje,želzedokázat(toužjetěžší),žehádakuelzevyřešitzaméětahů,ášalgoritmusjetedyoptimálí řešeí K této úloze se váže legeda o jakémsi klášteře ve Vietamu, kde miši zkoušejí už ěkolik staletí vyřešit tuto úlohus64disky(samozřejmězlatýmiavelkými),aažtoudělají,taksvětskočíeboěcopokudásledují optimálí strategii a jede disk přeesou za sekudu(což je hodě optimistické, jak asi sami záte, když ěkdy domapřeášítevelkékusyzlata),takjimtozabere vteři,cožvycházíaějakých600miliard let Zatím tedy asi emá smysl rozfofrovat pezijí fod S tím souvisí ještě jeda zajímavost Jak by vlastě miši te ideálí rekurziví algoritmus dělali? Museli by sizapisovatdosvitků,vekteréfázikteréhopodprogramuzrovajsouakamsemajívracet,toevypadámoc prakticky Naštěstí existuje jedoduchý ávod Algoritmus: V prvím kroku vezměte ejmeší disk a přemístěte jej směrem doprava a ejbližší tyč, kam vám to pravidla dovolí, přičemž se to bere cyklicky(z posledí tyče se vracíte a prví) Vdruhémkrokuvezmětetakovýjiýežejmešídisk,kterýmjemožévrámcipravideltáhout,atakéjej přesuňte doprava(cyklicky) a ejbližší možou tyč Tytodvakrokyteďopakujte,vdruhémkrokubudevždyjejediýdiskjiýežejmeší,kterýjemožé přesuout jiam Pokudje liché,celápyramidkasepřesueojedodoprava,pokudje sudé,přesueseojedodoleva (cyklicky) Chcete-li to aopak, šoupejte disky a opačou strau Zkusímesitosečtyřmidisky: = = 4 = = 2 3 = = = 2 3 = = = 2 = = 2 = 4 = = Jevidět,ževkaždémkroku,kdyeosímedisk,mámeopravdujejedujioumožosttahu Mimochodem, zkoumají se i variaty tohoto problému Jeda z ich(reve s puzzle) je, že ty tyčky jsou čtyři, azajímavéaíje,žesedodeseví,kolikjemiimumtahůkpřemístěí diskůkadidátemjealgoritmusz roku 939, ale zatím(20) se epovedlo dokázat, že je to optimálí strategie Jako doplňkové čteí silě doporučuji povídku AC Clarka Devět miliard božích jme Iduktivě defiovaé fukce či poslouposti dostáváme, když se při popisu situace setkáváme se vztahem, který ějak kombiuje přítomost s miulostí Takový vztah má své jméo! Defiice Rekuretívztahčirekurzivívztah(recurrecerelatio)proposloupost {a k }jelibovolárovice typu F(a,a,a 2,,a 0 )=0,kde Fjeějakáfukce! TřebapodstataproblémuHaojskýchvěžísedávyjádřitvztahem H 2H =0Jetovztahvýjimečě a 4 pěký,rozhodělepšíežtřebavztah a =si(a a + ) 2 + a 3 +7,sekterýmbychomupříměřečeoehuli Hlavím problémem rekuretích vztahů je, že eabízí rozumý způsob, jak počítat ezámé hodoty Napříkladvrekuretímvztahu a 8 a a +a 2 =0ámpřílišepomůže,kdyžzámetřeba a = a 2 =,protože rovici a 8 3 a 3 +=0vyřešiteumíme Neí proto divu, že se většia pojedáí o rekuretích vztazích hed a začátku omezí je a ty vztahy, kterélzeupravitdotvaru a = G(a,a 2,,a 0 )Častosetakovýtovztahpíšesposuutýmidexem, a + = G(a,a,,a 0 ),to + psychologickyazačuje,žeěcomáme(a 0 až a )achcemedalšíčle Takto jsme to dělávali v kapitole Vztah tohoto typu je mohem perspektivější, protože jakmile záme ěkolik počátečích hodot, dokážeme iterací počítat ové a ové hodoty Tím ale arážíme a další problém Výpočet kokrétíchhodottímtozpůsobemjevelicedrahý,a a 0000 potřebujemespočítatvšechapředchozí a 0a 2 0a 2 3 4

3 Diskrétí matematika 0a Lieárí rekuretí rovice phabala 202 Hlavím tématem proto bývá hledáí způsobu, jak pro rekuretě zadaou posloupost(či fukci) ajít explicití vyjádřeípro a vzorcemvuzavřeémtvaru(elemetárífukcespojeéalgebraickýmioperacemičiskládáím), viztepříkladsvěžeminěkdyjetozpricipuemožé,ěkdybytosadmožéibylo,aleeumímetoajít Abychom dostali rozumé odpovědi, budeme se muset omezit a rekuretí vztahy velice jedoduchého(ale pořád silě užitečého) typu Pro ilustraci ukážeme ještě ěkolik příkladů Příklad 0b: Připomeňme si příklad, kde jsme rekurzí dokázali tapetovatelost šachovice trimiy Otevřeá otázkazůstala,koliktrimijeašachoviciostraě2 potřeba,ozačilijsmeto t Algoritmusvedlarovice t =at + =4t +Zkusímepostupzhaojskéhopříkladu t =4t +=4(4t 2 +)+=4 2 t =4 2 (4t 3 +)+4+=4 3 t =4 3 (4t 4 +) =4 4 t = =4 t = 4 i = 4 4 = 3 (4 ) Ověřeí správosti tohoto vzorce idukcí echáme a čteáři Vidíme, že jsme schopi tímto postupem relativě rychle alézat vzorce pro fukce či poslouposti zadaé vztahem a + = a a +bapočátečíhodotou a 0 = ABohuželprokomplikovaějšívztahyužtoeípříliš perspektiví Příklad0c: Mějmeiduktivídefiicifukce f()=3, f(= af()=f( )+6f( pro 3 Dostáváme f(3)=7, f(4)=, f(5)=3, f(6)=209vidítevtomějakývzorec?jáe Zkusme přístup z předchozích příkladů: f()=f( )+6f( =[f( +6f( 3)]+6f( =7f( +6f( 3) =7[f( 3)+6f( 4)]+6f( 3)=3f( 3)+42f( 4) =3[f( 4)+6f( 5)]+42f( 4)=55f( 4)+78f( 5)=? Vidíteztohoěco?Asibudelepšípočkatakapitolu,kdesepodobépříkladyaučímeřešitadvouřádcích 0a Lieárí rekuretí rovice Hodě rekuretích vztahů se dá přepsat do tvaru, kdy G závisí je a stále stejém počtu k předchozích čleů aavíclieárímzpůsobem: a = d ()a +d 2 ()a 2 + +d k ()a k Z praktického důvodu bude lepší takovéto rovice psát trochu jiak! Defiice Lieárírekuretírovice,popřípadělieárírekurzivíroviceřádu k N 0 jelibovolároviceve tvaru a +k +c k ()a +k + +c 2 ()a +2 +c ()a + +c 0 ()a = b, 0, kde 0 Z, c i ()pro i={0,,k }(tzvkoeficietyrovice)jsouějakéfukce Z R,přičemž c 0 () eíidetickyulováfukce,a{b } = 0 (tzvpravástraarovice)jepevězvoleáposloupostreálých čísel Jestliže b =0provšecha 0,paksepříslušároviceazýváhomogeí Byaliearrecurreceequatiooforder k N 0 wemeaayequatiooftheform a +k +c k ()a +k + +c 2 ()a +2 +c ()a + +c 0 ()a = b, 0, where 0 Z, c i ()for i={0,,k }(coefficietsoftheequatio)aresomefuctios Z Rwith c 0 () otideticallyzero,ad {b } = 0 (therighthad-sideoftheequatio)isafixedsequeceofrealumbers If b =0forall 0,thetheequatioiscalledhomogeeous Příklady ze začátku této kapitoly sem samozřejmě patří, stačí ve vztazích vhodě posuout idexy Haojský vztahsedápřepsatjako H + 2H =,,jdeolieárírekuretíroviciřádu,podoběsedátrimiová rovicepřepsatjako t + 4t =, Vepříkladě jsmemělirovici f(+ f(+) 6f()=0,, jetotedylieárírekuretírovice2řádunaopak a a a 2 =0lieáríeí 3

4 Diskrétí matematika 0a Lieárí rekuretí rovice phabala 202 U rekuretích rovic je drobý problém se zápisem Viděli jsme již tři formálí způsoby, jak rovice apsat Vpříkladě jsmepoužilizápis f = f +6f 2 typu f = G(f,f 2 ),zmíilijsmetakéituitivějšíformu f + = f +6f eboli f + = G(f,f )Defiicelieáríchrekuretíchrovicteďpoáschcezapsat tetovztahjako f +2 f + 6f =0,kdyjsmeto referečí daliaopakkečleusejmešímidexemve vztahu Každý z těchto způsobů má své výhody i evýhody a autoři učebic si tedy vybírají podle svého gusta, rozhodě toeíjedotécoztohoproásplye?kdyžotevřemeějakoukihuotakovýchtorovicích,taksemusíme dobře podívat, v jakém tvaru je autor chce mít, abychom správě chápali jeho tvrzeí Nepříjemé je to u teorie, kdyjetřebapřipřechoduzjedékihydodruhépřekládatvzorcedojiéhozačeí Tetopřechodsedělásado posuemidexu,cožjetémapropozámkuížeposouváíjedocelaběžé, mimojiéproto,žepřipopisureáléhoproblémuseejlépevytvářírovicevpřirozeémtvaru a + =,který je ale asi ejméě vhodý pro další zpracováí pomocí teorie rekuretích rovic! Stojí za zmíku, že vlastě ejde o rovici jedu, ale o ekoečě moho rovic, apříklad te haojský vztah vlastězameárovice H 2 2H =, H 3 2H 2 =, H 4 2H 3 =, H 5 2H 4 =atakdálejetotriviálí, aleažbudememluvito řešeírovice,jedobrésitohobýtvědom,podslovem rovice sejichskrývámoho Protojetaképřizadáváírovicepodstatátapozámkaoidexuzačárkou,třebarovice a + a =, jeformálějiáežrovice a + a =, 3,protoževýsledémožiyrovicseerovajíDáseočekávat, žepaksebudoulišitiřešeí Je ovšem uto přizat, že zatímco zalost idexu je podstatá při zápisu řešeí, z pohledu praktického v tom ažtakvelkýrozdíleípokudtotižajdemeějakéřešeírovice a + a =,,takvyecháímprvích dvoučleůzískámeautomatickyřešeírovice a + a =, 3;aopakřešeírovice a + a =, 3jistěpůjde prodloužeímzačátku upravitařešeítéprvírovicedáleuvidíme,ževpostupuřešeí sezalostvymezeí 0 přílišeobjevuje Pozámka: Máme-liposloupost {a },lzevytvořitzrozdíluásledujícíchčleůposloupostovou,defiovaoujako a = a a Tomutoseříkádifereceposlouposti {a }aexistujíúlohy,kteréstímtopojmem pracujíavedouarovicetypu a + = a +apodobětěmtorovicímsepřirozeěříkádiferečírovice Někteří autoři pak teto ázev přeášejí a všechy rekuretí rovice a mluví o lieárích diferečích rovicích 0aPozámkaoposuuidexu: Jakidexyposouváme?Naprvípohledsado,prostěvšechyvýskyty idexačíproměézvýšímečisížímeostejéčísloudaérovice f = f +6f 2 přičteímdvojkykevšem dostáváme f +2 = f + +6f eboli f +2 f + 6f =0,přesějakpotřebujemeprotutokihuJepřitom aletřebamítapamětidvěvěciukážemesijearovici a + = a 2 a 3 +2, 7,kdepotřebujeme zvýšit idex o tři Za prvé, když se měí idexačí proměá, měí se opravdu všude, eje v místech idexu Pokud bychom ašívzorovourovicipřepsalijako a +4 = a +3 2 a +2,bylobytošpatě,viz 2 a2správýpřevodje a +4 = a +3 (+3) 2 a +2(+3)Opomeutítakovéhoposuuječastáchybauzkoušek Za druhé, idexačí proměá se měí i ve specifikaci rozsahu To souvisí s tím, že vlastě mluvíme o soustavě rovicpůvodízadáí a + = a 2 a 3 +2pro 7obsahovalotytorovice: a 8 = a a 4 +4 a 9 = a a 5 +6 a 0 = a a 6 +8 a = a a atd My musíme dosáhout toho, aby rovice po posuu idexu dávala stejou možiu Na to doporučíme dva způsoby JedamožostjespolehoutseaselskýrozumZezadáí a + = a 2 a 3 +2, 7 vidíme,že ejmešímožýidex,kterýsevrovicíchmůževyskytout,je7 3=4Musímezajistit,abytomutakbylo ivašípřeidexovaérovici,cožseevidetěudělávolbou 4Ověříme,podosazeí =4dopřepsaé rovicepakprvírovostvychází a 8 = a a 4 +4,cožjesprávě,viztesloupečekvýšeŘešímetedyrovici a +4 a +3 +(+3) 2 a =2+6, 4,jetolieárírekuretírovice4řádu Další možost je při přečíslováí rovic použít formálí substituci, viz příklad Kdyžužjsmeuzápisu,cojsoutytřitečkyvdefiicirekuretírovice?Vmatematiceserozumí,žetakto defiovaé výrazy v sobě ve skutečosti schovávají idukci, v tomto případě se dá vyjádřit pomocí sumačího 0a 4 0a

5 zaméka: Diskrétí matematika 0a Lieárí rekuretí rovice phabala 202 k a +k + c i ()a +i = b Trochu evýhoda takového začeí je, že si jej člověk musí zase v hlavě překládat do dlouhých součtů, zejméa chce-li to použít v kokrétí situaci, takže z důvodu ázorosti se budeme v kritických chvílích sažit používat spíštodelšízačeínadruhoustraujevtomtosumačímzačeípěkěvidětzákladíreferečíidex ařád k, avíc je to podstatě kratší a psaí, takže v teoretických výpočtech(zejméa těch brutálějších) se sumačí zápis vyložeě vyplatí Dodejmeještě,žetapodmíkac 0 0jepodstatáprourčeířádurovice,jiakbytamulaevadilaNapříklad rekuretíroviciřádu a + 3a =0lzetaképsátjako a +3 3a +2 =0,cožvlastěodpovídáobecému tvaru a +3 +c 2 a +2 +c a + +c 0 a =0,alezde c 0 =0,ataktorovice3řádueíVpricipubyšlopoužívat itudruhouvariatu(pokudtomučlověkdobřerozumí),alemysezdebudemedržet správého zápisu Abychomtupodmíku,že c 0 ()eíulováfukce,emuselipořádpsát,takamístotohořekeme,žedaá rovicejeřádu k,abudetototéžjsoualesituace,kdeřádtakpodstatýeí,pakpředpokladořádurovice psát ebudeme V této kapitole teoreticky prozkoumáme, jak se řešeí lieárích rekuretích rovic chovají, kokrétí metody pro jejich hledáí pak odvodíme v další kapitole Nejprve bychom si měli říct, co vlastě při řešeí rovic hledáme! Defiice Nechť je dáa lieárí rekuretí rovice! a +k +c k ()a +k + +c ()a + +c 0 ()a = b, 0 Jakojejířešeíozačímelibovolouposloupost {a } = 0 takovou,žepodosazeíodpovídajícíchčleůdo daérovicedostávámeprovšecha 0 pravdivývýrok Ukážeme jedoduchý příklad Příklad0aa: Posloupost a =3( )!, jeřešeímrovice a + a =0,, protožekdyžprolibovolé Ndosadímedotyčývzorecdoroviceza a a a +,takdostaemepravdivý výrok3! 3( )!=0 Mimochodem, tato rovice už je dost těžší a zde se takové řešit eaučíme Příklad0ab: DlouhodobépozorováívolěžijícíchkrálíkůvAustráliiukázalo,žesejejichpočetkaždýchšest měsícůzdvojásobívšezačalovroce859,kdyjichbylovypuštěo24kolikjichbylovroce869? Ozačmesijako a početkrálíkůvroce859+,takžeászajímá a pro 0avíme,že a 0 =24Ze vstupíchdatvyplýválieárírekuretírovice,kterouserůstkrálíkůřídí:je-lijichjederok a,pakzašest měsícůjejich2a azadalšíchšestměsíců(tedyzarokod a )jejich2 2a =4a Dostáváme a + =4a,tedy a + 4a =0pro 0 Hledámeřešeítétoroviceřádu,zároveňchceme,abysplňovaloa 0 =24Spočítámezačátektétoposlouposti: a 0 =24, a =4a 0 =4 24, a 2 =4a =4 (4 24)=4 2 24, a 3 =4a 2 =4 (4 2 24)= Odhademe,žeposloupost a =24 4 jehledaouposloupostí Zkouška: a 0 = =24,počátečíhodotajevpořádku Prolibovolé 0pak a + 4a = =0,přesějakbylopožadováo Pakužhravězjistíme,ževroce869tamteoretickybylo a 0 = ebolicca25milioůkrálíkůtouž jeskorodost,eíěkdechyba?historieříká,žeodroku869zabíjelivaustráliiasi2miloykrálíkůročě, aiž by to ějak zatelěji ovlivilo jejich populaci, takže těch 24 milioů ajedou evypadá ereálě Pokusy oklasickoudecimaci(odstřel,jedy)růstmírězpomalily,aleitakbylvroce950jejichstavodhadováa600 milioůmoderímetodystímdrobetpohly,desjestavodhadováa300milioů,cožjealepořádslušéčíslo a 24 prapředků 0a, 0ab 5 0a, 0ab

6 ! Diskrétí matematika 0a Lieárí rekuretí rovice phabala 202 Pokročilá pozámka: Čteář asi cítí, že teto model eí zrova ejspolehlivější Zádrhel je ve výchozím předpokladu, populace se za šest měsíců bude těžko přesě zdvojásobovat, spíš půjde o průměrou hodotu Jde tedy o statistický údaj a statistické údaje se edají používat a malé populace, fugují je a velkých možstvích Kdybychom zkoumali populace o milioech králíků(což později děláme), tak by ještě výsledky mohlybýtdocelaspolehlivé,alemyjsmezačalis24králíky,cožjehoděmáloutakmalépopulaceseklidě můžestát,žezašestměsícůjichebude2 24=48,aletřeba34či50,čímžsecelýdalšívývojvykolejídost jiam Při modelováí reálých situací je vždy třeba být opatrý, zda výsledek, který ám matematika dala, lze aplikovat a popisovaou situaci Klíčová je zde věrost modelu, matematická odpověď a matematickou otázku je samozřejmě spolehlivá Kekrálíkůmsevrátímevpříkladě,kdesepodívámezarok869,atakévpříkladě,kdeukážemejiýpřístup k jejich problematice VraťmesekpříkladuokrálícíchKdyžsimístopočátečíhopočtu24dámepočetjiý,třebaobecěčíslo c,pak stejýmpostupemdostaemeřešeí a = c 4 Jiakřečeo,pokuduvažujemejedaourovici a + =4a, pakjiřešívšechyposloupostitypu a = c 4,kde cjeějakáreálákostata(tohlesizaseověřtedosazeím) Máme tedy ekoečě moho řešeí daých jedím vzorečkem, ve kterém si můžeme úpravou parametru vybírat jedo kokrétí řešeí, které vyhovuje doplňkovým požadavkům Z hlediska filosofického to dává smysl Rovice samotá je ěco jako přírodí záko popisující možeí králíků, tudíž se dá čekat, že existuje moho situací, které tomuto zákou vyhovují, stejě jako gravitačí záko umožňuje moho růzých způsobů padáí objektů(kladivo padající ze střechy mrakodrapu urazí trochu jiou dráhu ež chleba padající ze stolu) Takovéto situace se liší svobodou, v ašem případě králíků lze mluvit o situaci s jedím stupěm volosti, což vidíme podle jedoho parametru Logicky pak do toho zapadá, že když si přidáme jede další požadavek, tak už tuto volost ztratíme a dostaeme jedo kokrétí řešeí Brzyukážeme,žekdyžjeroviceřádu k,takmá kstupňůvolosti,ebolilzeajítřešeí,vekterémje k parametrů, které si můžeme zvolit dle libosti Takovému řešeí se říká obecé řešeí Pokud začeme klást požadavky, tak s každým požadavkem jede stupeň volosti ubyde(pokud je klademe rozumě, aby si třeba eodporovaly ebo ěkteré z ich eříkaly totéž) Pokud si rozumě zadáme k podmíek, tak už zbyde je jedo řešeí Každému takovému kokrétímu řešeí říkáme partikulárí řešeí Pokud bychom siapříkladutěchkrálíkůzadali,že a 5 =40000,takseajdepřesějedopartikulárířešeí,kterétomubude vyhovovat,amyzějvyčteme,skolikakrálíkybychommělizačít,abyzichza5letbylo40000 Máme-lirovicidruhéhořádu,pakbudemítobecéřešeídvaparametry,apokudsizadámetřeba a 0 = a a 0 =3,takužtímurčímeřešeíjedozačěPodmíkysitedymůžemezadávatvšelijak,aleejčastějito děláme tak, jak jsme zvyklí z kapitoly: Řekeme, jak má hledaá posloupost začít Napříkladrovici a +2 2a + + a = +řádu2simůžemepřepsat(poposuuidexu + )do ituitivíhotvaru a + =2a a + Kdyžsizadáme,kolikje a 0 a a,takužseostatíhodotydají dopočítat eboli rovice má jedié řešeí Této myšlece dáme oficiálí ázev! Defiice Nechť je dáa lieárí rekuretí rovice řádu k a +k +c k ()a +k + +c ()a + +c 0 ()a = b, 0 Za počátečí podmíky(iitial coditios) pro tuto rovici považujeme libovolou soustavu rovic a 0 = A 0, a 0 += A,,a 0 +k = A k,kde A i Rjsoupevězvoleáčísla Takže pro rovici řádu k defiujeme k podmíek, zkušeost pak říká, že řešeí ezbyde žádá svoboda Potvrdí ám to oficiálě ásledující věta! Věta 0a2 (o existeci a jedozačosti) Každá lieárí rekuretí rovice má ějaké řešeí Je-li dáa lieárí rekuretí rovice řádu k a příslušé počátečí podmíky, pak existuje jedié řešeí této rovice, které splňuje daé počátečí podmíky Věty o existeci a jedozačosti bývají v matematických teoriích o rovicích klíčové Všiměte si, že druhá částvětyvlastěříkádvěvěci,jedakžeřešeíexistujeapakžejejediéneítopřitomopakováízprví části Prví část věty totiž jeom říká, že ějaké řešeí existuje, ale ezaručí, že utě musí splňovat počátečí 0a2, 0ab 6 0a2, 0ab

7 Diskrétí matematika 0a Lieárí rekuretí rovice phabala 202 podmíky, které zrova potřebujeme Až druhá část říká, že když si libovolě vybereme počátečí podmíky, tak užkimřešeíexistuje,apaktakédodá,žejejediémožé Důkaz(poučý):)DokážemedruhoučástvětyUvažujmerovici a +k + k c i ()a +i = b apočátečí podmíky a 0 = A 0, a 0 + = A,, a 0 +k = A k Nejprveukážeme,žeexistujeřešeítétoúlohy Sestrojímejejpomocístrukturálíidukcepro { 0, 0 +, 0 +2,} (0)Základíkrok:Pro = 0, 0 +,, 0 +k defiujeme a = A 0 ()Nechť N, 0 + k Předpokládejme,žejsoudefiováy a 0,a 0 +,,a Pakdefiujeme a + = b + k k c i (+ k)a + k+i Napravéstraěpoužívámeje a + k,a +2 k,,a,kterédle předpokladumáme,eboťdíky 0 +k všechypoužívaéidexysplňují + k+i 0 Defiiceje proto korektí Tímmámevytvořeuposloupost {a } = 0 Potřebujemeukázat,žejetořešeí Platost počátečích podmíek je zjevá dle defiice v kroku(0) Nyí ověříme platost rovice Zvolme tedy libovolé N 0 Pak N+ k > 0 + k,protobylpřidefiici a N+k použitkrok()pro =N+ k Mělijsmetedydefiici a N+k = b N k c i (N)a N+i,cožpopřepsáídává a N+k + k c i (N)a N+i = b N ařešeá rovice je splěa NyíjetřebaukázatjedozačostVezměmetedyjiéřešeí {ã }ašíúlohy(roviceapočátečíchpodmíek)ukážemesilouidukcí,žesejižmusíshodovatsaším {a }Přesě,pro 0 dokážeme V(): ã = a (0)Pro = 0, 0 +,, 0 +k musípodlepočátečíchpodmíekplatit ã = A 0 = a ()Nechť N, +k Předpokládejme,žepro m= 0, 0 +,,platí ã m = a m Protože je {ã }řešeí,musíplatit ã N+k + k c i (N)ã N+i = b N KdyžtoaplikujemesN = + k,dostáváme ã + + k c i (+ k)ã + k+i = b + k eboli ã + = b + k k c i (+ k)ã + k+i Použijeme idukčípředpokladapodmíku()zdefiice {a }adostáváme k k ã + = b + k c i (+ k)ã + k+i = b + k c i (+ k)a + k+i = a + Tím je idukčí krok dokázá a tedy i jedozačost alezeého řešeí Teď dokážeme prví část věty, tedy existeci ějakého řešeí libovolé lieárí rekuretí rovice To je ale sadé Když je dáa lieárí rekuretí rovice řádu k, tak si prostě zvolíme ějaké počátečí podmíky, třebaprojedoduchost a 0 = a 0 += =a 0 +k =0,apodle)kimajdemeřešeí,mámeprotoějaké řešeí daé rovice Důsledek 0a3 Nechť {a m } m= 0 a {ã m } m= 0 jsoudvěřešeítéželieárírekuretíroviceřádu kjestližeseshodujeprvích k čleů těchto řešeí, pak se shodují celé poslouposti Důkaz(poučý):Ozačme A 0 = a 0,A = a 0 +,,A k = a 0 +k Pak {a m }řešíoulieárírekuretí roviciatakésplňujepočátečípodmíky A i Díkyshodostiprvích kčleůovšemiřešeí {ã m }splňujetyto počátečí podmíky, proto podle Věty o jedozačosti musí jít o shodé poslouposti Věta ám zaručila existeci řešeí, ale eporadila, jak jej ajít vyjádřeé explicitím vzorečkem Abychom tuto otázku dokázali uspokojivě zodpovědět, musíme vědět víc o tom, jakou strukturu řešeí mají Následující věty epřekvapí ikoho, kdo se již s ějakými lieárími rovicemi setkal Jako obvykle ukážeme, že řešeí homogeích rovic utvoří vektorový(lieárí) prostor Vhodé posuy tohoto prostoru pak dají řešeí daé rovice pro eulové pravé stray To je v kostce obsah zbytku této kapitoly, začeme posledě zmíěým faktem 0a3, 0ab 7 0a3, 0ab

8 Diskrétí matematika 0a Lieárí rekuretí rovice phabala 202! Defiice Uvažujme lieárí rekuretí rovici Pak se lieárí rekuretí rovice a +k +c k ()a +k + +c 2 ()a +2 +c ()a + +c 0 ()a = b, 0 a +k +c k ()a +k + +c 2 ()a +2 +c ()a + +c 0 ()a =0, 0 azývá k í přidružeá homogeí rovice Přichází prví izerovaá věta! Věta 0a4 (o struktuře řešeí lieárí rekuretí rovice) Nechť je dáa lieárí rekuretí rovice a +k +c k ()a +k + +c ()a + +c 0 ()a = b, 0 aějakéjejířešeí {a p, } = 0 Posloupost {a } = 0 jeřešeímtétoroviceprávětehdy,pokudsedáapsatjako {a }={a p, }+{a h, }, kde {a h, } = 0 jeějakéřešeípřidružeéhomogeírovice! TetodůkazjevzásaděstejýjakoulieáríchrovicvpředchozíchkapitoláchZdajeposloupostřešeímdokážeme prostě tak, že ji dosadíme do příslušé rovice; také víme, že praktičtější je dosadit zkoumaou posloupost do levé(komplikovaější) stray rovosti a postupě se úpravami propracovat k pravé Důkaz(rutií, poučý): Dokazujeme oba směry ekvivalece ) =:Nechť {a h, } = 0 jeějakéřešeípřidružeéhomogeírovicea{a }={a p, }+{a h, }Chceme ukázat, že jsme dostali řešeí daé rovice Dosadíme tedy do rovice, začeme levou straou Pro libovolé 0 máme a +k +c k ()a +k + +c ()a + +c 0 ()a =(a p,+k +a h,+k )+c k ()(a p,+k +a h,+k )+ +c ()(a p,+ +a h,+ )+c 0 ()(a p, +a h, ) =[a p,+k +c k ()a p,+k + +c ()a p,+ +c 0 ()a p, ] +[a h,+k +c k ()a h,+k + +c ()a h,+ +c 0 ()a h, ] = b +0=b Takže {a p, +a h, } = 0 řešídaourovici = :Nechť {a } = 0 jeějakéřešeídaérovicedefiujme a h, = a a p, Pakevidetěplatírovost {a }={a p, }+{a h, }azbýváukázat,že {a h, } = 0 řešípřidružeouhomogeírovicidosadímdolevé stray, použijeme sumačí zápis, abychom ukázali, jak se tím věci pěkě zjedoduší k k a h,+k + c i ()a h,+i =(a +k a p,+k )+ c i ()(a +i a p,+i ) k k = a +k a p,+k + c i ()a +i c i ()a p,+i = ( k a +k + c i ()a +i ) ( k a p,+k + c i ()a p,+i )=b b =0! Kdyžtozapíšememožiově,takmožiavšechřešeídaélieárírekuretíroviceje { {ap, }+{a h, }; {a h, }řešípřidružeouhomogeírovici } Z toho plye, že abychom uměli řešit lieárí rekuretí rovice, tak potřebujeme umět opravdu dobře řešit homogeí rovice, zatímco pro ty ehomogeí stačí ějak uhodout alespoň jedo řešeí Přesě tuto strategii teď budeme ásledovat, ejprve se blíže podíváme a to, jak vypadají všecha řešeí homogeí rovice Na to máme další větu, tetokráte už budeme pracovat je se sumami, život je krátký 0a5, 0ab 8 0a5, 0ab

9 Diskrétí matematika 0a Lieárí rekuretí rovice phabala 202! Věta 0a5 (o struktuře prostoru řešeí homogeí lieárí rekuretí rovice) Nechť je dáa homogeí lieárí rekuretí rovice řádu k k a +k + c i ()a +i =0, 0 Pak možia M všech jejích řešeí je vektorový prostor dimeze k Důkaz(drsý,poučý):)Nejprvedokážeme,že M jevektorovýprostorvezměmedvaprvky {a }a{ã } tohotoprostoru(jdetedyořešeídaérovice),echť u,v RPakpříslušálieáríkombiace u{a }+v{ã } splňujeprokaždé 0 k (ua +k +vã +k )+ k c i ()(ua +i +vã +i )=ua +k +vã +k +u ( k ( k = u a +k + c i ()a +i )+v ã +k + c i ()ã +i )=u 0+v 0=0, k c i ()a +i +v c i ()ã +i takžetakéřešídaouroviciatedy u{a }+v{ã } M Mjeprotolieárípodprostorvektorovéhoprostoru všech posloupostí, tudíž vektorový prostor Teďukážeme,žedimeze Mje k Nechť {a, }jeřešeídaéroviceapočátečíchpodmíek a 0 =, a 0 +=0,,a 0 +k =0 Nechť {a 2, }jeřešeídaéroviceapočátečíchpodmíek a 0 =0, a 0 +=, a 0 +2=0,, a 0 +k =0 Postupujemeobdobědáleadostaeme křešeí,přičemž {a i, }řešípočátečípodmíky a 0 +i =a a 0 +j =0pro j i, j ktatořešeíexistujídlevětyvšimětesi,žeřešeísedoplňujíprvíz těchtořešeízačíá {,0,0,0,},druhézačíá {0,,0,0,},třetízačíá {0,0,,0,0,},takžekdykolivse utěchtoposloupostípodívámeastejýčle(prví,druhýaž k-tý),takvždypouzejedazichmáhodotu aostatímajíhodotu0tobudezachvílivelicedůležité a)tvrdíme,žetatořešeíjsoulieárěezávislápředpokládejme,že k u i {a i, }={0},eboliechťsejistá lieárí kombiace těchto řešeí rová ulové poslouposti, tedy ulovému prvku prostoru M Potřebujeme ukázat,žepakutě u i =0prokaždé ivezměmetedy jzmožiy {,2,,k}apodívejmesevtérovosti alevoiapravoa j-týprvekposlouposti,eboliaprvekposloupostisidexem 0 +j Každýprvek ulové poslouposti je prostě 0, proto k u i a i,0 +j =0 i= Na výraz alevo aplikujeme počátečí podmíky pro jedotlivá řešeí Jak už jsme diskutovali, je jedié z těchtořešeímáeulovýsvůj j-týčle(člesidexem 0 + j ),jdeořešeí {a j, }atečlejerove a j,+j =Prototaroviceveskutečostizí u j =0,přesějakjsmepotřebovali k Dokázali jsme, že z rovosti u i {a i, }={0}užutěvyplývá u i =0provšecha i,protojemožia { i= {ai, } = 0 ; i=,2,,k } lieárěezávisláztohomimojiéplye,žedim(m) k Nyí dokážeme, že oěch k posloupostí také geeruje M, tedy je to vlastě báze Vezměme ějaké libovolé řešeí {a } M,potřebujemeukázat,žesedávyjádřitjakolieáríkombiaceašich kposloupostípodívejmesealieáríkombiaci {ã }= k a 0 +i {a i, }(zdetedypoužívámeprvích kčleůoohodaého i= řešeí jako koeficiety lieárí kombiace) Nechť j je ějaké číslo mezi a k Jaký je j-tý čle poslouposti {ã },tjčle ã 0 +j?jakjsmejiždiskutovali,oařešeízahrutávdaélieáríkombiacijsoueulová vždy pouze jedou, takže dostáváme k ã 0 +j = a 0 +i a i,0 +j = a 0 +j =a 0 +j i= Tozameá,žeposlouposti {ã }a{a }jsouoběřešeímdaéroviceamajítakéshodévšechyzesvých prvích k-čleů,protosepodledůsledku rovají,tedy {a }={ã }= k a 0 +i {a i, } Ukázali jsme, že libovolé řešeí daé rovice(tj libovolý prvek možiy M) lze vyjádřit jako lieárí kombiaciposloupostí {a i, } = 0 Spoluslieáríezávislostítozameá,žemožia {{a i, } = 0 ; i=,2,k} 0a5, 0ab 9 0a5, 0ab i= i=

10 Diskrétí matematika 0b Rovice s kostatími koeficiety phabala 202 jebázeprostoru Maprotodim(M)=k! Jakýtomádůsledek?LieáríalgebraabízízajímavouzkratkuStačíajítějakoubáziprostorutěchtořešeí, jiýmislovy,stačíajítějakých křešeí {a i, } = 0 tétohomogeírovicetak,abybylylieárěezávislé, aužzámevšechařešeí,jmeovitěsedajívyjádřitjakolieáríkombiace k { k } u i {a i, }= u i a i, = 0 Všimětesi,žesetamobjevuje kparametrů u i,cožpřesěsouhlasí,dostávámetakobecéřešeídaéhomogeí rovice Naěcopodobéhojsmearaziliukrálíků(příklad)Rovice a + 4a =0jehomogeíroviceřádu, podletétovětyjeprostorjejíchřešeíjedorozměrýmyjsmezjistili,ževšechyposlouposti {c4 k }=c{4 k } jsouřešeími,totojedořešeí {4 k }tedypředstavujejedoprvkovoubáziprostoruřešeíavšesouhlasí Tojekrásé,alezatímjetojesamáteorie,pořádještěevíme,jakvlastěějakétořešeíajítAbychomto apravili, musíme se omezit a ještě pěkější typ rovic Cvičeí Cvičeí 0a(rutií): Dokažte, že daá posloupost řeší daou rovici, případě i s počátečími podmíkami: (i) {2 } =3; a +2 4a =0, 3; (ii) {2 } =; a +2 +a + a =5 2, ; a =2, a 2 =4; (iii) {2 +} =0; a +2 3a + +2a =2 2, 0; a 0 =, a =3; (iv) {2 +3 } =0; a +2 5a + +6a =0, 0; (v) {2 +} =; a +2 a + 2a = 2, ; a =3, a 2 =6 Řešeí: 0a: Stačí dosadit, ejlépe začít levou straou: (i): a +2 4a = = =0pro 3; (ii): = =5 2 pro,počátečípodmíky: a =2 =2, a 2 =2 2 =4 souhlasí; (iii): a +2 3a + +2a =(2 +2 (++) 3(2 + (+)+)+2(2 +) = =2 2 pro 0,počátečípodmíky: a 0 =2 0 0+=, a =2 +=3souhlasí; (iv):a +2 5a + +6a =( ) 5( )+6(2 +3 )= =0 pro 0; (v):a +2 a + 2a =(2 +2 +(+) (2 + +(+)) 2(2 +)= = 2 pro,počátečípodmíky: a =2 +=3, a 2 =2 2 +2=6souhlasí i= 0b Rovice s kostatími koeficiety Zde se koečě aučíme rovice řešit Nejprve se ale musíme vzdát možosti, že by koeficiety rovice závisely a! Defiice Lieárí rekuretí rovice s kostatími koeficiety je libovolá rovice ve tvaru a +k +c k a +k + +c a + +c 0 a = b, 0, kde 0 Z, c i Rpro,,k jsoupevězvoleáčíslaa{b } = 0 jepevězvoleáposloupost reálých čísel StakovýmirovicemiseuždáěcodělatVšimětesi,žepříklady, a jsoutohototypu! Defiice Nechť je dáa lieárí rekuretí rovice s kostatími koeficiety a +k +c k a +k + +c a + +c 0 a = b, 0 Její charakteristický polyom(characteristic polyomial) je defiová jako polyom p(λ)=λ k +c k λ k + +c λ+c 0 Kořey charakteristického polyomu se azývají charakteristická čísla, popřípadě vlastí čísla daé rovice (characteristic umbers/roots or eigevalues) i= 0

11 Diskrétí matematika 0b Rovice s kostatími koeficiety phabala 202 Kzískáícharakteristickýchčíselpotřebujemevyřešitrovici λ k +c k λ k + +c λ+c 0 =0,kterésetaké říká charakteristická rovice(characteristic equatio) Vpříkladěskrálíkyjsmemělirovicia + 4a =0ařešeí{4 },podleovédefiicetakémámecharakteristický polyom λ 4acharakteristickéčíslo λ=4tatoshodaeíáhoda! Fakt 0b Jestliže je λ charakteristickým číslem daé homogeí lieárí rekuretí rovice s kostatími koeficiety a +k +c k a +k + +c a + +c 0 a =0, 0, pakjegeometrickáposloupost {λ } = 0 jejímřešeím Důkaz(poučý):Dosadímeposloupost a = λ dodaérovice(začemelevoustraou)protožeje λ ulovýmbodemcharakteristickéhopolyomu,dostaemeprolibovolé 0 a +k +c k a +k + +c a + +c 0 a = λ +k +c k λ +k + +c λ + +c 0 λ = λ (λ k +c k λ k + +c λ+c 0 )=λ p(λ)=λ 0=0 Tato posloupost tedy řeší daou rovici Jak víme, polyom stupě k má k kořeů(pokud bereme i komplexí a včetě ásobosti) Pro alezeí báze řešeí rovice řádu k zase potřebujeme k posloupostí To vypadá slibě, ejprve sadý případ:! Věta 0b2 Uvažujme homogeí lieárí rekuretí rovici s kostatími koeficiety řádu k a +k +c k a +k + +c a + +c 0 a =0, 0 Jestližemá krůzýchcharakteristickýchčísel λ i,pakposlouposti {λ i } = 0 tvoříbáziprostoruřešeídaé rovice Tojevelicepříjemétvrzeí,protožeobecéřešeítétorovicepakje k { k u i {λ i }= } u i λ i Důkaz(drsý): Daé poslouposti tvoří řešeí dle předchozího tvrzeí, stačí tedy dokázat, že jsou ezávislé, a budetoibáze,eboťjejichtolik,kolikjedimezeprostoruřešeí(věta) Potřebujemeukázat,žerovice k u i {λ i }={0}utěvedea u provšecha ijakoobvyklesestačí i= podívat a prvích k čleů zúčastěých posloupostí, dostaeme ásledující soustavu rovic: u λ 0 +u 2 λ u k λ 0 k =0 u +u 2 + +u k =0 u λ 0+ +u 2 λ u k λ 0+ k =0 u λ +u 2 λ 2 + +u k λ k =0 u λ 0+2 +u 2 λ u k λ 0+2 k =0 = u λ 2 +u 2 λ u k λ 2 k =0 u λ 0+k +u 2 λ 0+k 2 + +u k λ 0+k k =0 u λ k +u 2 λ2 k + +u k λ k k =0 Potřebujeme ukázat, že jejím jediým řešeím je to triviálí, což zameá, že potřebujeme ukázat, že matice soustavy λ λ 2 λ k λ 2 λ 2 2 λ 2 k λ k λ2 k λ k k jeregulárítojealeproavzájemrůzá λ i stadardífaktzlieáríalgebry,jdeotzvvadermotův determiat i= i=! Příklad0ba: Vpříkladě jsmesedívaliafukcizadaouiduktivěpodmíkami f()=3, f(= a f()=f( )+6f( pro 3Vřečiposloupostítoje f = f +6f 2,dosprávéhotvarulieárí rovicetopřevedemeapříkladsubstitucí m= 2eboli =m+2dostávámehomogeílieárírovici f m+2 f m+ 6f m =0pro m,hledámeřešeísplňujícípočátečípodmíky f =3, f 2 = Protožeje rovice 2 řádu, počet podmíek souhlasí 0b2, 0ba 0b2, 0ba

12 Diskrétí matematika 0b Rovice s kostatími koeficiety phabala 202 Řešeí: Nejprve ajdeme obecé řešeí Určíme charakteristický polyom: p(λ)=λ 2 λ 6=(λ 3)(λ+ Zrovice(λ 3)(λ+=0dostávámecharakteristickáčísla λ=3, 2aobecéřešeí {u 3 +v ( } =, tedy f =3 u+( vprolibovolá u,v R Teď mezi těmito ekoečě moha řešeími ajdeme to, které splňuje počátečí podmíky Ty vyžadují ásledující: f =3 u+( v=3 3u 2v=3 f 2 =3 2 u+( 2 = v= 9u+4v= Odtudhravěvykutáme,že u= 3, v= Řešeídaéúlohytedyje { 3 3 +( ) ( } eboli(přejdeme = kfukcímdlezadáí) f()=3 ( pro Po vyřešeí úlohy bývá dobré udělat zkoušku, tj ověřit, že to, co jsme ašli, je opravdu řešeí Takže: f()=3 0 ( =3af(=3 ( 2 =,tosouhlasí,teďsepodívámeaiduktivírovici: f()+6f( )=[3 ( ]+6[3 2 ( ]=3 ( ( = ( =3 (+) ( + = f(+) Pozámka: Pokud bychom při zápisu obecého řešeí chtěli použít metody z lieárí algebry, mohli bychom možiu všech řešeí zapsat apříklad těmito způsoby: { {3 u+( v} =; u,v R } = { u{3 } =+v{( } =; u,v R } = {3 } =,{( } =! Nejčastějiřešímedvadruhyúloh ) Chceme obecé řešeí daé rovice(tedy vlastě chceme zát možiu všech řešeí) Pak ajdeme bázi prostoru řešeí pomocí charakteristických čísel a obecé řešeí dostaeme jako lieárí kombiaci této báze Chceme řešeí rovice, které avíc splňuje daé počátečí podmíky Jak jsme právě viděli, teto druhý typ úlohyseobvykleřešívedvoukrocíchnejprveseajdeobecéřešeípodlepostupu)apakseurčíhodoty kostat tak, aby výsledé řešeí splňovalo počátečí podmíky Teto druhý krok je v zásadě triviálí, prostě si apíšeme, co od obecého řešeí chceme(počátečí podmíky), pak vyřešíme vziklých k rovic o k ezámých ajeto Příklad 0bb: Zde zkusíme jiý pohled a králíky Na začátku prvího měsíce dostaeme párek čerstvě arozeýchkrálíkůnechť F jepočetpárůazačátku -téhoměsíceodobdržeípodlejakýchpravidelsekrálíci moží? Uvažujme tyto zásady: králícisezačoumožitvechvíli,kdyjsoujim2měsíce; kdyžsezačoumožit,takpakmajíkaždýměsícjedepármladých; králíci ikdy eumřou(jsou to matematičtí králíci) Jaktopaksjejichpočtyvypadá?Nazačátkuměsíceje F = párpořádjeještěmladý,takžeia začátkudruhéhoměsícejeje F 2 =párpaksealezačemožitaazačátkudalšíhoměsíceužmámladé, proto F 3 =+=2Nazačátku4měsíceseteprvípárzovuzmožil,aledruhýjeještěmladý,takže F 4 =2+=3Atakdále,jaktovlastěfuguje? Chceme-li zát, kolik bude králíků a začátku měsíce +, tak výchozím stavem je samozřejmě stav předchozí, tedy F Ktomusemusípřičístovépřírůstky,cožsepřesěrovápočtupárů,kterýmjeazačátkuměsíce + alespoňdvaměsíce,ebolipočtupárů,kteréužtubylyazačátkuměsíce Dostáváme F + = F +F, což je rovice udávající Fiboacciho posloupost, viz příklad Přesě takovouto úvahou(včetě esmrtelosti králíků) k í ctihodý Leoardo z Pisy zámý též jako Fiboacci přišel Přepíšemesitojako F +2 F + F =0atutohomogeílieárírekuretírovici2řáduspočátečími podmíkami F =, F 2 =hravěvyřešíme Nejprveobecéřešeí:Zp(λ)=λ 2 λ =0dostávámecharakteristickáčísla λ= ± 5 Obecé řešeí ( ) 2 daérovicejetedy F = u + 5 +v ( ) Aplikujeme počátečí podmíky: F = u + 5 +v 5 = 2 2 ( + 5 ) 2+v ( 5 ) = u(+ 5)+v( 5)=2 2= u(3+ 5)+v(3 5)=2 F 2 = u 2 2 0b2, 0bb 2 0b2, 0bb

13 Diskrétí matematika 0b Rovice s kostatími koeficiety phabala 202 Kdyžroviceodečteme,dostaeme u+v=0,odtud v= u,dosadímedoprvíroviceadostaeme2u 5=2, tedy u= = v 5 Závěr:Fiboaccihoposloupostjedáaexplicitímvzorcem F = ( ) + 5 ( ) Tato posloupost možá eí ejlepším modelem pro možeí králíků, ale objevuje se při zkoumáí jevů překvapivěčastojižjsmejividělipřiodhadurychlostieuklidovaalgoritmu(věta)aještějipotkámejakvtéto kapitole, tak v příkladě Zajímavéječíslo ϕ= =68Jetopřesěhodotazlatéhořezu,dalšíúžasááhodaProtožejetoto většízcharakteristickýchčísel,jedomiatíatedyvjazycekapitoly můžemeříct,že F =Θ(ϕ ) Možá vám vrtá hlavou, co by se stalo, kdybychom do toho zapracovali smrtelost králíků Zkusme třeba toto: a koci čtvrtého měsíce králíci umírají Jaký model z toho vyjde teď? To je trochu komplikovaější, je to možá lépe vidět, když si zavedeme posloupost b,kteráříká,kolikpárůkrálíkůsearodiloazačátkuměsíce Totočísloserovápočtupárů,kterýmjev téchvílidvačitřiměsíce,protožetimladšíještěemohouatistaršíužmajípřesěopačéstarostidostáváme vztah b = b 2 +b 3 Aktuálístavazačátkuměsíce,ozačmejej c,jedásoučtempočtukrálíků,kteříseprávěarodiličijsou měsíc,dvaatřiměsícestaří,tedy c = b + b + b 2 + b 3 Kdyžavšechy b i aplikujemejižodvozeý vztah, dostaeme c =(b 2 +b 3 )+(b 3 +b 4 )+(b 4 +b 5 )+(b 5 +b 6 ) =(b 2 +b 3 +b 4 +b 5 )+(b 3 +b 4 +b 5 +b 6 )=c 2 +c 3 Posuidexudává c + = c + c 2,jetotedypodobéFiboaccihovztahu,počátekposloupostidokoce sfiboaccihoposloupostísouhlasí, c = c 2 =, c 3 =2,protoževtédoběseještěsmrtelosteprojevila Dostávámeposloupost {,,2,2,3,4,5,7,9,2,6,2,},kteráevidetě(alogicky)rostepomalejiežtapro Fiboacciho esmrtelé králíky Jak rychle vlastě roste? Přepisdáváhomogeílieárírekuretírovicic +3 c + c =0třetíhořáduBohužel,jejícharakteristická rovice λ 3 λ =0emážádé pěké kořeytoaleevadíkurčeírychlostirůstuámvlastěstačízát koře, který je v absolutí hodotě ejvětší, te se dá určit i přibližě ěkterou z oblíbeých metod(newtoova, bisekce),vychází325tozameá,že c jepřibližěθ((325) ) Zatím jsme měli v příkladech štěstí a vždy jsme dostali k růzých charakteristických čísel Na to se ale edá spoléhat a v případě opakovaého kořee zatím evíme, co dělat Navíc ai růzé kořey ještě ezameají úspěch, protože oy mohou být komplexí, zatímco my zde řešíme rovice v reálém oboru(koec koců uvažujeme je reálé koeficiety rovic) S těmito dvěma problémy se musíme aučit vyrovat, začeme tím prvím Fakt 0b3 Nechť je dáa homogeí lieárí rekuretí rovice s kostatími koeficiety Jestliže je λ její charakteristické čísloamáásobost mjakokořecharakteristickéhopolyomu,pakposlouposti {λ },{λ },,{ m λ } jsou řešeím daé rovice a tvoří lieárě ezávislou možiu Pro zkráceí budeme v takové situaci prostě říkat, že λ je charakteristické číslo ásobosti m Důkaz(ázak, poučý): Důkaz tohoto faktu je obecě drobet dobrodružější, proto ukážeme, proč to platí pro dvojásobý koře Použijeme obecý postup, který fuguje i pro charakteristická čísla vyšší ásobosti Mějmetedyrovici a +k + k c i a +i =0,kde c 0 0Jejícharakteristickýpolyomje p(λ)=λ k + k Jestližejeλ 0 alespoňdvojásobýkoře,pakteoriepolyomů(eboobecěfukcí)říká,žeplatíejep(λ 0 )=0, aletaké p (λ 0 )=0(zde p jederivace)tobudemezáhypotřebovat )Potřebujemedokázat,žeposlouposti {λ 0}a{λ 0}řešídaouroviciProprvíposloupostužtovíme, 0b3, 0bb 3 0b3, 0bb c i λ i

14 Diskrétí matematika 0b Rovice s kostatími koeficiety phabala 202 zbývá tedy ověřit, že i ta druhá fuguje Dosadíme do levé stray rovice k a +k + k c i a +i =(+k)λ +k 0 + k = λ +k 0 + = λ 0 ( k λ k 0+ c i λ i 0 k c i (+i)λ +i 0 = λ +k 0 +kλ +k 0 + k c i λ +i 0 +kλ +k 0 + ) c i iλ +i 0 ( k ) +λ + 0 kλ0 k + c i iλ i 0 k c i λ +i 0 + c i iλ +i 0 = λ 0p(λ 0 )+λ + 0 p (λ 0 )=λ 0 0+λ + 0 0=0 Posloupost {λ 0}tedysplňujedaourovici Teď ještě potřebujeme dokázat lieárí ezávislost těch dvou posloupostí Podobě jako u předchozího důkazu ezávislosti se to akoec převede a otázku, zda je matice ( 0 λ λ ) reguláríprotože c 0 0,musí býtiλ 0 0amaticereguláríje 3)Obecěbysemuselodokázat,že { m λ }jeřešeím,pokudmá λásobostalespoň m,cožbysedělalo podobě,jetodávícpráce,použilobysepřitomfaktu,žeprokoře λ 0 ásobosti msevbodě λ 0 vyulujíi derivace p, p,,p (m ) Nezávislost by se pak redukovala a otázku regulárosti matice λ λ λ λ λ 2 2λ λ 2 2 m λ 2 λ m (m )λ m (m ) 3 λ m (m ) m λ m Itojeěco,acoámkladěodpovílieáríalgebra Vidímetedy,žepokudmáěkterýkořecharakteristickéhopolyomuvyššíásobost m,taksicebudeom méěrůzýchkořeůvevětě,alestejýpočetezávislýchřešeízasepřibydedíkytomuásobeíčleem i Celkovýpočetřešeíjetedypořádsprávý,aleještězbývádokázat,žetatoovářešeítypu { i λ }ezkazí ezávislost po přidáí k posloupostem pocházejícím od ostatích λ! Věta 0b4 Nechťjedáahomogeílieárírekuretíroviceskostatímikoeficietyřádu knechťjsou λ,,λ M jejírůzácharakteristickáčísla,přičemžkaždé λ i máásobost m i NPakjemožia { {λ },{λ },,{ m λ },{λ 2},{λ 2},,{ m 2 λ 2},,{λ M},{λ M},,{ m M λ M} } bází prostoru řešeí daé rovice Vlastě už toho hodě máme dokázaého, zbývá lieárí ezávislost výsledé možiy řešeí, která se zase redukuje a regularitu jisté matice a to je práce pro lieárí algebru(tetokráte opravdu drsá) Stejě jako autoři většiy učebic a toto téma i my toho čteáře(a sebe) ušetříme Opravdu zvědavého čteáře odkážeme a ějakou podrobější učebici difereciálích rovic, kde se u homogeích lieárích rovic dělá prakticky totéž! Příklad0bc: Najdemeobecéřešeírovice a +3 a +2 a + +a =0, 2 Řešeí: Je to homogeí lieárí rekuretí rovice s kostatími koeficiety, Věta tedy dává ávod k řešeí Charakteristickýpolyomje p(λ)=λ 3 λ 2 λ+kořeypolyomutřetíhostupěsesicedajízískatpomocí vzorců, ale ty jsou díky své komplikovaosti vysoce epopulárí Toto je školí příklad, eašel by se ějaký pěký koře?zkusímedosaditmaláceláčísla,0efuguje,aleaomámeprvíkořeateďodloupemezppříslušý kořeový faktor: Ajetojasé, p(λ)=(λ )(λ 2 ) p(λ)=(λ )(λ )(λ+)=(λ ) 2 (λ+) Máme tedy charakteristická čísla λ = (dvojásobé) a λ = (jedoduché) Podle Věty proto bude možia { { } = 2,{ } = 2,{( ) } = 2} 0b4, 0bc 4 0b4, 0bc

15 Diskrétí matematika 0b Rovice s kostatími koeficiety phabala 202! bázíprostoruvšechřešeí,dostávámeobecéřešeí {u +v +w ( ) } = 2= {u+v+w( ) } = 2 pro u,v,w R Proúplostudělámezkoušku,dosadímetotořešeídolevéstraydaérovicePro 2máme a +3 a +2 a + +a =(u+v(+3)+w( ) +3 ) (u+v(++w( ) +2 ) (u+v(+)+w( ) + )+(u+v+w( ) ) = u+v+3v+w( ) 3 ( ) u v 2v w( ) 2 ( ) u v v w( ) ( ) +u+v+w( ) =0 Teď už tedy teoreticky umíme vyřešit všechy homogeí lieárí rovice s kostatími koeficiety, pokud jsme spokojei s případými komplexími posloupostmi Ježe my spokojei ejsme, když zde mluvíme o rovicích s reálými koeficiety, tak také očekáváme reálá řešeí Potřebujeme tedy ještě jede trik Jezámo,žejestližeje λ=α+βikořeempolyomu p,pakjejehokořeemiλ = α βivbázisetedyobjeví idvojice {(α+βi) },{(α βi) }Klíčemjepodívatseajejichlieáríkombiace u(α+βi) +v(α βi),ukáže se totiž, že mezi imi je i dostatečý počet reálých posloupostí a to, aby ám daly dvojrozměrý vektorový prostor(ad reálými čísly), což je přesě to, co potřebujeme Dělásetotakto:Napíšeme α±βi=r[cos(ϕ)±isi(ϕ)],pak(α±βi) = r [cos(ϕ)±isi(ϕ)],aproto (α+βi) +(α βi) =2r cos(ϕ), (α+βi) (α βi) =2ir si(ϕ) Vidímetedy,žepokudvezmemelieáríkombiaci 2 {λ +(λ ) },takdostaemeřešeídaérovicevetvaru {r cos(ϕ)},cožužjereáláposloupost,zatímcolieáríkombiace 2i {λ (λ ) }dávádalšíreáléřešeí {r si(ϕ)}dásetakéukázat,žeposlouposti {r cos(ϕ)}a{r si(ϕ)}jsouezávisléjakéjetedypoaučeí? Komplexíkořeyvždychodípodvou,takžepokuddostaemecharakteristickéčíslo λ=r[cos(ϕ)+isi(ϕ)], kteréeíreálé,takpoužijemedvojiciřešeí {r cos(ϕ)}a{r si(ϕ)}je-litokořevíceásobý,takobvyklýmzpůsobemdálepřihodíme {r cos(ϕ)}a{r si(ϕ)},případě { 2 r cos(ϕ)}a{ 2 r si(ϕ)}až po { m r cos(ϕ)}a{ m r si(ϕ)},kde mjeásobostkořee λtatořešeí(kterýchje2m)zároveň zastupujířešeíprosdružeýkoře λ Teď už tedy opravdu umíme vyřešit všechy homogeí lieárí rekuretí rovice s kostatími koeficiety Mohli bychom to zase potvrdit větou, ale stejě bychom ji edokazovali, tak raději rovou zformulujeme algoritmus SAlgoritmus0b5 prořešeíhomogeílieárírekuretírovice a +k + k Sestavtecharakteristickýpolyom p(λ)=λ k + k c i λ i c i a +i =0, 0 řádu k Řešeím rovice p(λ) = 0 ajděte všecha charakteristická čísla daé rovice 2 Sestavte možiu posloupostí B takto: prokaždéreálécharakteristickéčíslo λpřidejtedo Bposloupost {λ } = 0 ; pro každé reálé charakteristické číslo λ, jehož ásobost je m >, přidejte do B rověž poslouposti {λ } = 0,,{ m λ } = 0 ; pro každé komplexí charakteristické číslo λ = r[cos(ϕ) + i si(ϕ)], které eí reálé, přidejte do B poslouposti {r cos(ϕ)} = 0 a {r si(ϕ)} = 0 ;projehokomplexěsdružeéčíslo λ jiždo Bicepřidáváme; prokaždékomplexícharakteristickéčíslo λ=r[cos(ϕ)+isi(ϕ)],kteréeíreáléajehožásobostje m >, přidejtedo Bposlouposti {r cos(ϕ)} = 0,,{ m r cos(ϕ)} = 0 a {r si(ϕ)} = 0,,{ m r si(ϕ)} = 0 ;projehokomplexěsdružeéčíslo λ jiždo Bicepřidáváme Možia B je bází prostoru řešeí 3Ozačíme-li B= { {a, },,{a k, } } { k },pakjeobecéřešeídaéroviceurčeovzorcem u i a i, pro = 0 u,,u k R 4Jsou-lidáypočátečípodmíky,pakdoichzapříslušá a j pro j= 0,, 0 + k dosadímevzorce a j = k u i a i,j avyřešímevziklých k rovicpro k ezámých u i Typodosazeídoobecéhořešeíurčí i= příslušé partikulárí řešeí Hed si to ukážeme a příkladě 0b5, 0bd 5 0b5, 0bd i=

16 Diskrétí matematika 0b Rovice s kostatími koeficiety phabala 202! Příklad0bd: Najdemeřešeírovice a +3 a +2 +a + a =0, 3spočátečímipodmíkami a 3 =, a 4 =0, a 5 = Řešeí: Je to homogeí lieárí rekuretí rovice 3 řádu s kostatími koeficiety a máme tři počátečí podmíky, je to tedy korektě zadaá úloha a použijeme algoritmus )NejprveajdemeobecéřešeíCharakteristickýpolyomje p(λ)=λ 3 λ 2 +λ Zkusímeějakýkoře uhádout, trefíme se s Máme prví koře a rozložíme p příslušým způsobem: Ajetojasé, p(λ)=(λ )(λ 2 +) p(λ)=(λ )(λ i)(λ+i) Mámetedyjedoduchácharakteristickáčísla λ=aλ=±i= [cos ( ( π ±isi π ] PodleAlgoritmu proto bude možia { { } =3,{ cos ( )} π 2 =3,{ si ( )} π 2 =3} bází prostoru všech řešeí, dostáváme obecé řešeí { u +v cos ( ) π 2 +w si ( )} π 2 = { u+vcos ( ) ( π =3 2 +wsi π } pro u,v,w R =3 Teď je třeba ajít řešeí vyhovující počátečím podmíkám Dosadíme do ich obecé řešeí: a 3 = u+vcos ( ( 3 π +wsi 3 π = a 4 = u+vcos ( ( 4 π +wsi 4 π =0 a 5 = u+vcos ( 5 π +wsi ( 5 π 2 ) = = u+w= u v=0 u w= Odtud u=v=aw=0dosazeímdoobecéhořešeídostávámehledaépartikulárířešeí { +cos ( π } =3 Vypadátrochukomplikovaě,veskutečostijetoperiodickáposloupost {,0,,2,,0,,2,,0,,2,,} Krásý algoritmus Bohužel fuguje je v případě, že máme sadé rovice Jakmile má rovice řád vyšší ež dva, je malá šace, že získáme kořey charakteristické rovice Pak ezbývá ež hledat kořey pomocí umerických metod, které ale dávají hodoty je přibližé, astávají problémy s ásobostí a vůbec je to epříjemé Proto bývá jedodušší hledat umericky přímo řešeí 0b6 Nehomoge rovice Tak jsme se aučili, jak ajít všecha řešeí homogeí lieárí rovice Víme už také, že v případě, že je rovice ehomogeí, ám stačí ějak ajít jedo její řešeí, a už zase budeme umět ajít všechy Bohužel, k alezeí toho jedoho řešeí obecý algoritmus eexistuje Zde je třeba spoléhat a áhodu, apříklad existuje jistý typ pravéstray b,prokterýjižřešeíumímeuhodout Defiice Řekeme,žeposloupost {b } = 0 jekvazipolyom(quasipolyomial),jestližeexistuje λ Rapolyom P()takový,že b = P()λ provšecha 0 Naštěstí pro ás vede moho příkladů právě a kvazipolyomiálí pravou strau a můžeme použít ásledující tvrzeí! Věta 0b7 (řešeí pro kvazipolyomiálí pravou strau) Uvažujme rovici a +k +c k a +k + +c a + +c 0 a = b, 0 Předpokládejme,žeexistují λ Rapolyom P takový,že b = P()λ provšecha 0 Nechť mje ásobost tohoto čísla λ jako charakteristického čísla přidružeé homogeí rovice, přičemž m = 0 v případě, že toto λ vůbec charakteristickým číslem eí Pakexistujepolyom Q()stupěstejéhojako Ptakový,že { m Q()λ }jeřešeímdaérovice Důkaz je poěkud komplikovaější a vyecháme jej Všimětesi,žekvazipolyomyzahrujíipolyomy,volba λ=totiždává b = P()Totopozorováíseještě bude hodit 0b7, 0bd 6 0b7, 0bd

17 Diskrétí matematika 0b Rovice s kostatími koeficiety phabala 202 Na prví pohled to vypadá jako další teoretické tvrzeí o existeci řešeí, které při praktickém hledáí moc epomůže, ale eí tomu tak Je pravda, že ám věta eřekla, který polyom Q bude fugovat, ale možia abízeýchmožostíjeatolikmalá,žesizíjiždokážemevybrattosprávé Q() Slouží k tomu tzv metoda odhadu či metoda eurčitých koeficietů(method of udetermied coefficiets)uhodemeřešeíjako { m Q()λ },kdejsmeza Qapsaliobecýpolyomvhodéhostupě,jeho koeficiety tedy budou sloužit jako parametry Zbývá ajít hodoty těchto parametrů tak, aby vziklá posloupost byla řešeím, a to se dělá dosazeím poslouposti do daé rovice Tím zjistíme, který polyom fuguje, a jsme hotovi Nejlépe to vysvětlí příklad! Příklad0be: Najdemeobecéřešeírovice a +2 2a + 3a = 92, 0 Využijeme Větu a začeme tím sažším )Najdemeobecéřešeírovice a +2 2a + 3a =0, 0Charakteristickárovice λ 2 2λ 3=0dává charakteristickáčísla,3aobecéřešeí {u ( ) +v 3 } =0 TeďmusímeajítějakéřešeídaéroviceMámeštěstí,pravástraajekvazipolyom,kde λ = 2a P() = 9 je polyom stupě Protože číslo λ = 2 eí charakteristickým číslem přidružeé homogeí rovice(vizprvíčást),bude m=0ačle 0 =vlastězřešeívypade,tojetaképříjemévidímetedy, žeurčitěexistujeějakéřešeívetvaru { 0 Q() 2 }={Q()2 },kde QjejistýpolyomstupěTakový obecýpolyomjedájako Q()=A+B,takžeVěta vlastěgaratuje,žeexistujíějakékostaty A,B takové,že {(A+B)2 }jeřešeímdaérovicetytoezámékostatyajdemetak,žedotyčouposloupost prostě dosadíme do daé rovice a uvidíme, které kostaty povedou k jejímu splěí Chcemetedy,abyprovšecha 0platilo a +2 2a + 3a = 92 (A(++B)2 +2 2(A(+)+B)2 + 3(A+B)2 = 92 (A+2A+B) 4 2(A+A+B) 2 3(A+B)= 9 4A+8A+4B 4A 4A 4B 3A 3B= 9 3A+4A 3B= 9 [ 3A]+[4A 3B]= 9+0 Dostali jsme rovost dvou polyomů a víme, že dva polyomy se rovají, je pokud se rovají jejich koeficiety (to vyplývá z toho, že jedotlivé mociy jsou jako fukce lieárě ezávislé) Proto máme rovice 3A = 9 a4a 3B=0,odkudobratemrukydostaeme A=3, B=4Právějsmezjistili,žedaárovicemářešeí {(3+4)2 } Protože díky větě o struktuře řešeí víme, že obecé řešeí se dá získat jako jedo partikulárí plus obecé homogeí,můžemeapsatodpověď:obecéřešeídaéroviceje {(3+4)2 +( ) u+3 v} =0 Toto je typický průběh řešeí lieárí rekuretí rovice s kostatími koeficiety a kvazipolyomiálí pravou straou Všiměte si, že charakteristická čísla závisí čistě a levé straě daé rovice, takže ám ji popisují, říkají ám, jak se chová Naopak to číslo λ ám popisuje zásadí chováí pravé stray(polyom už ji je modifikuje) Jestliže se λ a charakteristická čísla epřekrývají, pak to zameá, že se levá a pravá straa eovlivňují a řešeí dostaeme v jedodušším tvaru Pokud by se ale λ rovala ěkterému charakteristickému číslu, pak to ukazuje, že levá a pravá straa mají ěco společého, můžeme si představit, že spolu rezoují, že mezi imi existuje ějaká vazba To se pak musí projevit v ašem odhadutém řešeí, přidáváme tam ásobící faktor, a to tolikrát, kolik jeásobost λ,čilijakmocsetydvěstrayroviceovlivňujídáseříci,žeto m jekorekčífaktorpropřípady vzájemého ovlivěí levé a pravé stray! Příklad0bf: Najdemeřešeírovice a =2a +3 2, spodmíkou a 0 =3 Nejprvesijipřepíšemetak,abyezámébylyalevéstraě:a 2a =3 2 Teďjipřepíšemedostadardího tvaru,tedyzvětšímevšecha ojedičku: a + 2a =3 2 + Nejmeší a i zmíěévpůvodírovicipro =bylo a 0,abytoplatiloiproašipřepsaourovici,musímebrát 0 Pokuddávátepředostformálímupřístupu,pakvrovici a 2a =3 2 použijtesubstituci m=, dostaete =m+atedy a m+ 2a m =3 2 m+ Tatorovicemábýtplatápro,tedypro m+, cožzameá m 0 Každopáděmámelieárírekuretíroviciskostatímikoeficiety a + 2a =3 2 +, 0aejprve budeme hledat obecé řešeí Jako obvykle začeme přidružeou homogeí rovicí )Rovice a + 2a =0mácharakteristickýpolyom p(λ)=λ 2atudížcharakteristickéčíslo λ=2 Dostávámeobecé homogeířešeí a h, =2 upro u R 0b7, 0bf 7 0b7, 0bf

18 Diskrétí matematika 0b Rovice s kostatími koeficiety phabala 202 Teďpotřebujemeajítějakéřešeírovice a + 2a =6 2,pravoustraujsmesipřepsali,abybylo vidět,žejetokvazipolyomjehoparametryjsou λ=2ap()=6hedvidíme,žetoto λsepřekrývás charakteristickými čísly levé stray, jmeovitě jedou, proto m = a v ámi uhodutém řešeí bude muset být opravý čle Stupeň polyomu P je ula, proto podle Věty musí existovat polyom Q stupě 0 takový, že { Q()2 }jeřešeíašíroviceobecýpolyomultéhostupěmátvar Q()=Aproějaké A R, dostávámetedyásledujícíuhodutéřešeí: a = A2 Zbývá ajít A, takže dosadíme toto odhaduté řešeí do rovice a uvidíme, jaké A bude fugovat: a + 2a =6 2 A(+)2 + 2 A2 =6 2 2A(+) 2A=6 2A=6 = A=3 Mámetedyžádaéřešeí,jeto a p, =32 Kdyžjejpřičtemeka h,,dostaemeobecéřešeí Závěr:Obecéřešeíroviceje {32 +2 u} =0pro u R Protože jsme přeci je řešili trochu jiou rovici ež tu původí, raději uděláme zkoušku pro rovici ze zadáí: Nejmešíhodota,kterásevzadaérovicivyskytuje,je pro =,cožje =0Našeposlouposttedy začíá správým idexem Teď dosadíme, začeme komplikovaější pravou straou: 2a +3 2 =2(3( )2 +2 u)+3 2 =3( )2 +2 u+3 2 =3 ( +)2 +2 u=32 +2 u=a Rovice je splěa 3) Teď ajdeme partikulárí řešeí, které splňuje daou počátečí podmíku: Zadaáúlohamářešeí {(3+3)2 } =0 3=a 0 = u=0+u = u=3 Pozámka: Co by se stalo, kdybychom zapoměli a opravý faktor? Mysleli bychom si aivě, že existuje řešeí vetvaru a = A 2 Podosazeídorovicebychomdostali a + 2a =6 2 A2 + 2 A2 =6 2 2A 2A=6 0=6 A máme smůlu Takže ty opravé faktory opravdu k ěčemu jsou Shreme si postup SAlgoritmus0b8 proalezeířešeírovice a +k + c k a +k + +c a + + c 0 a = b, 0,kde b = P()λ, c i Rac 0 0(tedyřád k) Nejprveřeštepřidružeouhomogeírovici a +k +c k a +k + +c a + +c 0 a =0 a)najdětevšechacharakteristickáčísla λ j sásobostmi m j řešeímrovice λ k +c k λ k + +c λ+c 0 =0 PodleAlgoritmu sestavtebáziprostoruřešeí B= { {a i, } = 0 ; i=,,k } { k } c)obecéřešeípřidružeéhomogeíroviceje {a h, }= u i a i, pro u i R Pokud byla zadaá rovice již homogeí, jděte a 3 2Pokudebylazadaárovicehomogeí,zkotrolujte,žejepravástraakvazipolyom,tedy b = P()λ pro ějaké λ Rapolyom P a)porovejte λscharakteristickýmičísly λ j zkrokupokudsežádémuerová,položte m=0pokudpro ějaké jplatí λ=λ j,položte m=m j (ásobostdotyčéhocharakteristickéhočísla) Sestavteobecýpolyom Qstupěstejéhojako P,tradičěsepoužívá Q()=A+B+ c)uháděteřešeí a = m Q()λ Dosaďtejejdodaéroviceapozkráceí λzjedoduštelevoustraudo tvaru polyomu Porováím koeficietů polyomů a levé a pravé straě získáte tolik rovic, kolik je ezámých koeficietů v Q d)vyřeštetytoroviceaobdržeékostatydosaďtezpětdo QZískátejedokokrétířešeí a p, e)obecéřešeídaéúlohyje {a p, + k } u i a i, či a = a p, + k u i a i, pro 0 = 0 i= 0b8, 0bf 8 0b8, 0bf i= i=

19 Diskrétí matematika 0b Rovice s kostatími koeficiety phabala 202 3Pokudbylysrovicízadáytaképočátečípodmíky,dosaďteza a j vtěchtopodmíkáchvzorcepro a j z obecéhořešeí,kteréjsteašlizískáte krovicpro kezámých u,,u k Vyřeštetutosoustavu,získaá u i dosaďte do vzorce pro obecé řešeí a dostaete tak partikulárí řešeí pro zadaou úlohu SMechaismusvzikuodhadujevlastěvelicesadýGeometrickýfaktor λ opíšeme,polyomtaké,jejej změímeaobecývpřípaděshody λapravéalevéstraěještěpřidámekorekčífaktorvyzkoušímetov ásledující tabulce Ve sloupcích jsou levé stray rovic a v řádcích apravo jsou pravé stray Například druhé polezlevavprvímřádkuodpovídárovici a +2 3a + +2a = 2,vyplilijsmepříslušýodhad! a +2 9a = [λ= 3,3] a +2 3a + +2a = [λ=,2] a +2 4a + +4a = [λ=2(2 )] L= / = b (A+B)2 (A+B)2 2 (A+B)2 = 2 [λ=2] (A 2 +B+C)( ) (A 2 +B+C)( ) (A 2 +B+C)( ) = 2 ( ) [λ= ] A+B (A+B) A+B =2 5 [λ=] A( 3) A( 3) A( 3) =( 3) [λ= 3] JedobréseatopodívatpořádcíchVprvímřádkukrásěvidíme,jaksevždyvodhadechřešeízachovává geometrická posloupost a zobecěý polyom z pravé stray, ěkdy pak přidáváme opravý faktor podle toho, kolikrát se λ apravo ajde také jako charakteristické číslo levé stray Zajímavý je třetí řádek, tam žádý geometrickýčleebylatotosetakévodhadechzachovalo,připorováváíjepaktřebapoužít λ=,protožepravou straulzepřepsatjako(2 5) Podoběvposledímřádkumámevlastě ( 3),tudížjetamjakoby polyom stupě ula, což se zobecí jako kostata Ukážeme teď jede zajímavý příklad a pak si zkusíme působost tohoto algoritmu trochu rozšířit Příklad0bg: Zdesepodíváme,kolikoperací stojí výpočetdetermiatumaticeorozměru a)podledefiicesemajísčítatsoučiytypu a π() a 2π( a π(),kdesumajdepřesvšechypermutace π možiy {,2,,}Těchtopermutacíje!ajedetakovýsoučistojí ásobeíplusjedopřičteík ostatím, tedy výpočet determiatu podle defiice vyžaduje celkem! operací, a to jsme ještě ezapočítali vytvářeí těch premutací Jde tedy o zcela eperspektiví způsob, jakmile se mohou objevit trochu větší matice Mytaktopočítámedetermiaty2 2a3 3tužkouapapír,kdytoještějdeProtrochuvětšímaticesesoblibou používá rozvoj podle řádku či sloupce, který je případě opaková, dokud se edojde k malým determiatům Byla by tato metoda dobrým východiskem pro algoritmus? Nechť a jeáročostpočítáídetermiaturozvojempodleprvíhosloupce,je-livelikostmatice K jeho spočítáí si ejprve musíme spočítat doplňkových determiatů, které mají o jedo meší velikost, takže atopotřebujeme a operacítypakpotřebujemestřídavěpřičítataodčítat,dostaeme a = a + operacípromatici samozřejměpotřebujeme a =,cožjepočátečípodmíka Kdyžtopřepíšeme,máme a + (+)a = +,cožjesicekrásálieárírekuretírovice,alebohužel emá kostatí koeficiety, takže jsme se ji vyřešit eaučili To ale akoec ebude tak velký problém, my teď totiž ukážeme, že i teto algoritmus je atolik áročý, že ás ebude zajímat Dokážemeidukcí,žekaždéřešeí a tétorovicesplňuje a! (0) a ==!,vpořádku ()Předpokládejme,že a!pak a + =(+)a ++ (+)!++ (+)! Oproti výpočtu podle defiice jsme si tedy moc epolepšili a jako obecá metoda to eí vhodý ápad, icméě stojízazmíku,žepokuddopředuvíme,žehoděčleůmaticejeulových,pakseáročostprudcesižujea rozvoj podle sloupce/řádku se stává zajímavou volbou, viz cvičeí c) Zkusíme teď jiý postup, uděláme zase rozvoj podle prvího sloupce, ale tetokráte si ejdříve vyrobíme uly pod levým horím rohem, abychom pak emuseli počítat tolik subdetermiatů Kolik operací bude stát takovýto výpočetdetermiatumatice,ozačmeto d? Zkusme totálě pesimistickou variatu Vlevo ahoře může být ula Pak ejprve projdeme ostatí čley v prvím sloupci, abychom ašli ěco eulového(pesimisticky operací, bude to až dole), pak prohodíme prví a posledí řádek( operací, musíme prohodit všechy čley v řádcích) a ěkde si zapamatujeme, že tím pádem počítáme míus te determiat Příprava prvího řádku ás tedy pesimisticky stála 2 operací No a pak odečítáme 0b8, 0bg 9 0b8, 0bg

20 Diskrétí matematika 0b Rovice s kostatími koeficiety phabala 202 příslušý ásobek prvího řádku od ostatích, každý řádek ás stojí 2 operace a čle(ásobeí, odečteí), tedy zase2operacíařádek,musímejichtaktoupravit Sečteo:vyžadujeto2+2( )=2 2 operací Teď je tedy matice připravea a rozvíjíme podle čleu vlevo ahoře, takže musíme spočítat jede determiat maticeořádmešíavyásobitjejtímlevýmhorímčleemdostávámetakrovici d = d Opět sijipřepíšeme:chcemevyřešit d + d =2(+) 2 +spočátečípodmíkou d = Toto už je lieárí rekuretí rovice s kostatími koeficiety, takže asadíme stadardí metody Nejprve homogeírovice: d + d =0dávácharakteristickýpolyom λ atudížvycházícharakteristickéčíslo λ=obecéřešeítétohomogeírovicejekostatíposloupost {u } == {u} = Teďpotřebujemepartikulárířešeí,přepis d + d = =( ) ukazuje,žemáme kvazipolyomiálí pravou strau, která má λ =, což se shoduje s charakteristickým číslem(jedoduchým) levé strayvámiodhadutémřešeítedybudemusetbýtopravýčle atakéobecýpolyom Qstupě2 Odhademeprotořešeívetvaru d = (A 2 +B+C) = A 3 +B 2 +CDosadímejejdodaérovicea levou strau pak upravíme a polyom: d + d = (A(+) 3 +B(+) 2 +C(+)) (A 3 +B 2 +C)= A 3 +A3 2 +A3+A+B 2 +B2+B+C+C A 3 B 2 C= (3A) 2 +(3A+2B)+(A+B+C)= Porováímkoeficietůustejýchmocialevéapravéstraědostávámesoustavurovic3A=2,3A+2B=4, A+B+C=3,zíhravěodvodíme A= 2 3, B=, C= 4 3 Dostávámetedypartikulárířešeí { } aobecéřešeí { u} Myovšemhledáme řešeísplňujícípočátečípodmíku d =,takžechceme u=,coždává u= 2 Závěr:Daárovicemářešeí { } = Popravdě řečeo, většiu práce jsme si mohli odpustit Nás u algoritmů zajímá jejich asymptotická rychlost, přičemž vidíme, že homogeí řešeí jsou kostatí poslouposti, takže růst řešeí určí spíš te odhad V ěm byldomiatímčleem 3,toužjsmeviděliipředtím,ežjsmekostatyašli(protože Avtakovýchpřípadech vyjde eulové) Nemuseli jsme tedy kostaty acházet, už v okamžiku odhadu bylo vidět, že studovaý algoritmuspotřebujeřádově 3 operacíeboli d =Θ( 3 ) Když si představíte, jak teto algoritmus fuguje rekurzivě přes celou matici, tak byste měli dospět k ázoru, že to vlastě eí ic jiého, ež že matici upravíme a trojúhelíkový tvar a pak vyásobíme čley a diagoále JetoprotoúzcesvázáosGaussovouelimiacíaotéjezámo,žepotřebujeřádově 3 operacínášvýpočettedy dalsprávouodpověďnáročost 3 jeupříměřečeotakédostdrsá,aleoprotifaktoriálujetototálírevoluce Existujípravéstray,kteréjsouveliceblízkékvazipolyomůmNapříklad b = vypadáhodějako kvazipolyom,aletetovýrazelzesjedotitpomocíjediého λ,jejichtamvíczdepomůžepricip,kterýje velice obecý a zase jej ajdeme u všech typů lieárích rovic! Věta 0b9 (o superpozici) Nechť k N,uvažujmefukce c 0 (),c (),,c k (): Z R Jestližeposloupost {a } = 0 řešírovici a +k + k c i ()a +i = b, 0 aposloupost {ã } = 0 řešírovici a +k + k c i ()a +i = b, 0, pakposloupost {a +ã } = 0 řešírovici a +k + k c i ()a +i = b + b, 0 Důkazjesadýaechámejejjakocvičeí Idukcí se to dá sado rozšířit a libovolý(koečý) počet sčítaců a pravé straě Věty o superpozici jsou jakýmsi evergreeem všech oblastí matematiky zabývajícími se lieárími rovicemi a umožňují ám rozdělit epříjemou pravou strau a příjemější sčítace, rovice pak řešíme pro každý z ich zvlášť V ašem případě jde o součet kvazipolyomů Pak emusíme se sčítámím jedotlivých částečých řešeí čekat až a koec postupu, ale lze dávat dohromady již jedotlivé odhady Ukážeme si to a příkladě! Příklad0bh: Vyřešímerovici a +2 a =3 2 2, 0spočátečímipodmíkami a 0 =, a =0 0b9, 0bh 20 0b9, 0bh